Question

(UNESP 2015 )8 O ácido etanoico, popularmente chamado de ácido acético, é um ácido fraco e um dos componentes do vinagre, sendo o responsável por seu sabor azedo. Dada a constante de ionização, Ka, igual a 1,8 x 10–5, assinale a alternativa que apresenta a concentração em mol . L–1 de H+ em uma solução deste ácido de concentração 2,0 x 10–2 mol . L–1.

Answer 1

$Faltaram \ as \ alternativas, \ mas \ deixarei \ o \ c\'alculo \ indicado. \\ \\ \'Acido \ \bold{et}anoico \ (org\^anico) \ \longrightarrow \\ \\ H_3C \ - \ COOH \ \rightarrow \ C_2H_4O_2$

$K_{eq} \ = \ \frac{[Produtos]_{(eq)}^n}{[Reagentes]_{(eq)}^j} \ \rightarrow \\ \\ K_{eq} \ \rightarrow \ Constante \ de \ Equil\'ibrio;$
$[Produtos]_{(eq)} \ \rightarrow \ Molaridade \ dos \ produtos \ no \ equil\'ibrio;$
$[Reagentes]_{(eq)} \ \rightarrow \ Molaridade \ dos \ reagentes \ no \ equil\'ibrio;$
$n \ e \ j \ \rightarrow \ propor\c{c}\~oes \ estequiom\'etricas.$

$A \ ioniza\c{c}\~ao \ acontece \ no \ hidrog\^enio \ da \ hidroxila. \\ \\ O \ c\'ation \ resultante \ \'e \ o \ 'pr\'oton' \ (H^+) \ e \ o \ \^anion \ \'e \ o \\ acetato \ (H_3C \ - \ COO^-). \\ \\ Num \ equil\'ibrio \ i\^onico \ \longrightarrow$

$H_3C \ - \ COOH_{(aq)} \ \rightleftharpoons \ H^+_{(aq)} \ + \ H_3C \ - \ COO^- _{(aq)}$

$Respeitando \ as \ propor\c{c}\~oes \ estequiom\'etricas, \ a \ constante \\ \'acida \ \'e : \\ \\ K_a \ = \ \frac{[H^+] \ \cdot \ [H_3C \ - \ COO^-]}{[H_3C \ - \ COOH]}$

$Dada \ uma \ K_a \ = \ 1,8 \ \cdot \ 10^{-5}, \ que \ \'e \ extremamente \ baixa, \\ podemos \ dizer \ que, \ no \ equil\'ibrio, \ quase \ todo \ \'ac. \ etanoico \ continua$$n\~ao \ ionizado.$

$As \ propor\c{c}\~oes \ estequiom\'etricas \ entre \ os \ \'ions \ formados \ \'e \ \\ \\ \ \boxed{1 \ : \ 1}$

$Ou \ seja, \ no \ equil\'ibrio, \ [H+] \ = \ [H_3C \ - \ COO^-].$

$Sendo \ [H_3C \ - \ COOH] \ = \ 2 \ \cdot \ 10^{-2} \ \frac{mol}{L} \ e \ \\ \\ K_a \ = \ 1,8 \ \cdot \ 10^{-5} :$

$1,8 \ \cdot \ 10^{-5} \ = \ \frac{[H+]_{(eq)} \ \cdot \ [H_3C \ - \ COO^-]_{(eq)}}{2 \ \cdot \ 10^{-2}} \ \rightarrow$

$[H+]_{(eq)} \ = \ [H_3C \ - \ COO^-]_{(eq)} \ e \ consideramos \ que \ todos \ os \\ molares \ de \ \'acido \ mantiveram-se \ at\'e \ no \ equil\'ibrio \ (K_a \ muito \ baixo)$

$1,8 \ \cdot \ 10^{-5} \ = \ \frac{[H+]_{(eq)} \ \cdot \ [H+]_{(eq)}}{2 \ \cdot \ 10^{-2}} \ \rightarrow \\ \\ 1,8 \ \cdot \ 10^{-5} \ \cdot \ 2 \ \cdot \ 10^{-2} \ = \ [H+]_{(eq)}^2 \ \rightarrow \\ \\ 3,6 \ \cdot \ 10^{-7} \ = \ [H+]_{(eq)}^2 \ \rightarrow \\ \\ 36 \ \cdot \ 10^{-8} \ = \ [H+]_{(eq)}^2 \ \rightarrow \\ \\ [H+]_{(eq)} \ = \ \sqrt{36 \ \cdot \ 10^{-8}} \ \rightarrow \\ \\ [H+]_{(eq)} \ = \ \sqrt{36} \ \cdot \ 10^{\frac{-8}{2}} \ \rightarrow$

$\boxed{\boxed{[H+]_{(eq)} \ = 6 \ \cdot \ 10^{-4} \ \frac{mol}{L}}} \ \Rightarrow \ Molaridade \ de \ H^+ \ no \ equil\'ibrio!$

Answer 2

Resposta:

Explicação:

A

A partir da análise do equilíbrio, vem:

Ka = 1,8 ∙ 10

−5

;[CH3COOH] = 2,0 ∙ 10

−2 mol ⋅ L

−1

CH3COOH ⇄ H

+ + CH3COO

−

2,0 × 10

−2 0 0 início (mol ⋅ L

−1

)

gasta forma forma

−y + y + y durante (mol ⋅ L

−1

)

(2,0 ∙ 10 ⏟

−

2 − y

≈2,0×10−2

) + y + y equilíbrio (moℓ ⋅ L

−1

)

Ka =

[H

+][CH3COO

−]

[CH3COOH]

1,8 ∙ 10

−5 =

y ∙ y

2,0 ∙ 10

−2

y

2 = 1,8 ∙ 10

−5

∙ 2,0 ∙ 10

−2 = 36 ∙ 10

−8

y = [H

+] = √36 ∙ 10

−8 = 6,0 ∙ 10

−4

[H

+] = 6,0 ∙ 10

−4 = 0,00060 mol ⋅ L

−1